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河南省部分重点高中2023-2024学年高三下学期5月大联考理综试题-高中物理（原卷版+解析版）
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1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Zn 65 Ce 140
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 自然界中碳主要是碳12，碳14仅占百万分之一。能自发进行衰变而变成，其半衰期为5730年，下列说法正确的是（ ）
A. 该衰变为α衰变
B. 衰变放出的粒子来自于的核外
C. 的结合能比的结合能小
D. 8个经过5730年后可能剩余3个
【答案】D
【解析】
【详解】AB．该衰变为β衰变，中子释放β粒子转化为质子，故AB错误；
C．衰变释放能量，比结合能更大，由于质量数相同，则结合能比大，故C错误；
D．8个经过5730年后可能剩余3个，故D正确。
故选D。
2. 如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10，下列说法正确的是（ ）
A. 该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B. 通道②的长度可能为8.5
C. 通道②的长度可能为8
D. 该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．该降噪器是利用声波干涉原理设计，A错误；
BCD．根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为
（n＝0，1，2，3…）
声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，CD错误，B正确。
故选B。
3. 在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力大小为（ ）
A. BILB. 2BILC. πBILD. 2πBIL
【答案】A
【解析】
【详解】从上向下看导线的图形如图所示
导线的有效长度为，则所受的安培力大小为
设绳子张力为T，由几何关系可知
解得
故选A。
4. 如图所示是小型交流发电机的示意图，面积为S的N匝线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动，以图示位置为t=0时刻开始计时，已知电表均为理想电表，二极管为理想二极管，定值电阻R1、R2的阻值均为R，其他电阻可忽略，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，则（ ）
A. 电压表的示数为
B. t=0时刻原线圈中电流为0
C. 0～与～时间内发电机的输出功率之比可能为1:4
D. 0～时间内R1与R2的电功率之比为1:5
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据理想变压器的变压规律可得
副线圈两端的电压为
故A错误；
B．t=0时刻，线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，则感应电动势、感应电流最大，故B错误；
C．0～与～时间内，副线圈电流之比为1:2，故原线圈电流之比为1:2，发电机输出功率为
所以发电机的输出功率之比为1:2，故C错误；
D．设副线圈电压的有效值为U，且
一周期内，R1产生的焦耳热为
一周期内，R2产生的焦耳热为
则R1与R2的电功率之比为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动.可视为质点的小球A固定在轻杆末端.用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相连.用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为3L，OP长为5L，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为
B. 运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为
C. 运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为
D. 运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球A受力分析如图1，可知三力构成的矢量三角形与△OPA相似，故有
解得
A错误；
B．小球A绕O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图2所示，由几何关系得
小球A下降的高度
小球B下降的高度
由机械能守恒有
解得
B错误；
C．两小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图3，沿绳方向应有
小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有
解得
C正确；
D．沿杆方向应有
解得
D错误。
故选C。
6. 如图，2023年8月27日发生了土星冲日现象，土星冲日是指土星、地球和太阳三者近似排成一条直线，地球位于太阳与土星之间。已知地球和土星绕太阳公转的方向相同，公转轨道均为圆轨道，土星绕太阳公转周期约30年。下列说法正确的是（ ）
A. 地球、土星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积一定相等
B. 地球公转的线速度一定大于土星公转的线速度
C. 下次出现土星冲日现象在2026年
D. 下次出现土星冲日现象在2024年
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，地球、土星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积一定不相等，A错误；
B．根据
可得
地球的公转半径小于土星的公转半径，故地球公转的线速度一定大于土星公转的线速度，B正确；
CD．根据题意，设经过时间：出现土星冲日现象，由公式
有
解得
（年）
约为1年零12.6天，则下次出现土星冲日现象应该在2024年，C错误，D正确。
故选BD。
7. 一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．当小物块初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足
可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足
小物块继续加速下滑，其加速度大小为
故A正确；
B．当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足
则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为
二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；
CD．当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为
可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共速时，若满足
则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
8. 如图甲，abcd和a′b′c′d′为在同一水平面内固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc′之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时（M杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 0~t0时间内，回路中的感应电动势为
B. 0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为
C. 重物下落的最大速度为
D. 从t=0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．0~t0时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知
解得
故A正确；
B．根据图乙可知
令0~时间内回路的感应电流为I，对M有
对N有
解得
故B错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为
t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有
对N进行分析有
解得
可知M、N的加速度大小相等，当时，重物速度最大，即
其中
解得
故C正确；
D．在0~t0时间内，有
M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到重物最大速度的过程中有
解得
则回路产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
三、非选择题：共174分。每个试题考生都必须作答。
9. 某实验小组欲测定一圆柱形玻璃砖的折射率，其操作步骤如下：
a.将白纸固定在水平桌面上，将圆柱形玻璃砖竖直放在白纸上，用铅笔准确描出玻璃砖底面圆的轮廓；
b.将底面圆圆周平分为60等份，并标上相应的数字，如图甲所示，再将玻璃砖竖直放回图甲中的底面圆轮廓上进行实验；
c.用激光笔发出细束绿色激光，沿平行于圆直径OO＇的方向入射，分别准确记录入射点P和出射点Q在圆周上对应的读数；
d.改变入射点位置，重复步骤c。
（1）根据图甲中圆周上的读数可得，入射角i＝__________，折射角γ＝__________.（均用弧度制表示）
（2）若经过多次测量，作出的图像如图乙所示，则玻璃砖的折射率为n＝__________（结果保留2位有效数字）。
（3）该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，当光线沿图甲中光路入射时，则光斑出现在Q点的__________（填“上方”或“下方”）。
【答案】（1） ①. ） ②.
（2）2.0 （3）上方
【解析】
【小问1详解】
[1][2]圆周上的刻度被分为60等份，则每个刻度代表的弧度为
根据圆周上的读数可得，入射角
折射为
【小问2详解】
根据折射定律可知图像的斜率表示玻璃砖的折射率，则有
【小问3详解】
在同一种介质中，红色激光的折射率小于绿光的折射率，该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，则光斑出现在Q点的上方。
10. 某实验小组同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图甲的电路图。
a.电流表A1（量程0.6A，内阻未知）
b.电流表A2（量程300mA，内阻rA=2Ω）
c.定值电阻R1=8Ω
d.定值电阻R2=1Ω
e.滑动变阻器R（0～10Ω）
f.待测电阻Rx
g.待测电源E（电动势约为3V）
h.开关和导线若干
（1）根据实验要求，电表①应选择__________，电表②应选择__________（均填“A1”或“A2”）；与电表②串联的定值电阻应选择__________（填“R1”或“R2”）。
（2）该实验小组先用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表①示数I1，电流表②示数I2；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表①示数I3，电流表②示数I4，后断开S1；
③根据上述数据可知，计算定值电阻Rx的表达式为______________________________（用物理量的字母表示）；
④忽略偶然误差，用该方法测得的阻值与其真实值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）实验小组再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器，分别记录电流表①、②的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图乙所示。根据图线可得电源电动势E=__________V，电源内阻r=__________Ω（计算结果用a、b及相关物理量的字母表示）。
【答案】（1） ①. A1 ②. A2 ③. R1
（2） ①. ②. 相等
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1][2][3]由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，因此串联的电阻为
所以与电表②串联的定值电阻应选择R1。
【小问2详解】
[1]滑动变阻器及电流表A1接入电路的阻值为
待测电阻的阻值
[2]由于电表内阻已知，不存在系统误差，所以用该方法测得的阻值与其真实值相比应相等。
【小问3详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可知
上式简化为
由图像可知
解得
由图像可知
解得
11. 如图所示，水平固定的绝热汽缸内，用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S，汽缸底部有电热丝，轻绳水平段的左端连接活塞，另一端跨过定滑轮后与质量为m的小桶相连.开始时小桶静止，外界大气压强为，活塞距离汽缸底部的距离为，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（1）若将电热丝通电缓慢加热气体，一段时间后，气体吸收的热量为Q，活塞缓慢向右移动的距离为，求该过程气体内能的增量；
（2）若在小桶内缓慢加入细沙，同时控制电热丝的加热功率，使汽缸内气体温度保持不变，当加入质量为2m的细沙时，求该过程活塞向右缓慢移动的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）气体对外做功
又
根据热力学第一定律，该过程气体内能的增量为
解得
（2）气体温度不变，根据等温变化有
又
得
12. 如图所示，质量为3m的小球乙用长为l的细线系于O点，小球刚好不接触水平面，质量为m的物体甲放在光滑水平面上，现给物体甲水平向左的初速度，经过一段时间物体甲与小球乙发生弹性碰撞。已知重力加速度为g，甲、乙均可看作质点。求：
（1）甲、乙刚碰撞后乙的速度大小；
（2）为了使拴接乙的细线始终不松弛，甲的初速度应满足的条件；
（3）某次给甲水平向左的初速度大小为，则乙上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物体甲的初速度方向为正方向，设碰撞后物体甲与小球乙的速度分别为和.由动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
（2）当小球乙恰好能通过最高点时，小球在最高点时重力提供向心力，设在最高点的速度为.由牛顿第二定律得
小球乙由碰后到达最高点的过程，由机械能守恒得
联立解得
可知若小球乙经过最高点，则需要
当小球乙不能到达最高点，则拴接小球乙的细线不松弛时，恰好到达与悬点等高处
由机械能守恒定律得
联立解得
可知若小球不脱离轨道时，需满足
（3）设轻绳中拉力为零时，轻绳方向与水平方向夹角为
由机械能守恒定律有
由牛顿第二定律有
联立解得
之后小球做斜抛运动，到达最高点时
由机械能守恒有
解得
故小球乙上升的最大高度
13. 如图所示，矩形ABCD长为2L，宽为L，OP为中线。在OPQ区域内存在竖直向下的匀强电场E1，其中OQ为曲线，曲线在Q点恰好与DC边相切且，场强大小为，，a为未知的常数，在OPCB内切圆区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0（未知），紧靠A点的左下方矩形区域AFGH内存在沿GH方向的电场E2，其大小满足关系式，l表示到AH边的距离，AF=L，在边界GH上均匀分布着质量为m、电荷量为e的质子，每次以速度v0水平向右射出一个质子，质子经过一段时间后都通过A点，最后都水平经过PO边，进入磁场的质子都经过同一点，不考虑质子的重力及质子间的相互作用。求：
（1）全过程电场力对质子做的功和质子在AOPD区域运动的时间；
（2）通过A点的质子的最大速度；
（3）若以A为原点建立坐标系，AO为x轴正向，AD为y轴正向，求出OQ的曲线方程以及质子打在OP上的最高点与P点间的距离；
（4）B0的大小以及磁场中有质子经过部分的面积（）。
【答案】（1）0，；（2）；（3），；（4），
【解析】
【详解】（1）因为质子在电场方向的动能变化量为零，所以
因为电场只改变质子竖直方向的速度，水平速度v0不变，所以
（2）从G点射出的质子到A点速度最大，由题意可知质子从G射出后所受电场力随l线性减小，即
则从G到A点，电场力对质子所做的功为
设通过A点的质子的最大速度为v，根据动能定理
解得
（3）设某质子打在曲线上的（x，y）点，根据几何关系可知
将质子在E1中的运动逆向看作是类平抛运动，则质子在电场中运动的时间为
质子到达（x，y）点时竖直速度大小为
根据速度的合成与分解有
联立上式和E1表达式可得
所以曲线OQ为抛物线，由题意可知时y有最大值L，代入后解得
OQ的曲线方程为
从G点射出的质子经过A点时速度方向与水平方向的夹角为45°，该质子将打在OP上的最高点，设质子打在OQ上的（x1，y1）点，根据几何关系可知
联立解得
，
质子在E1中运动的时间为
质子在E1中运动的侧移量为
质子打在OP上的最高点与P点间的距离为
（4）质子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
要使质子都经过同一点，则
解得
最高处质子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系得
所以
扇形的面积为
在△IJK中，由几何关系得
在中，由几何关系得
的面积为
质子经过区域面积为
解得
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Mn 55 Zn 65 Ce 140
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 自然界中碳主要是碳12，碳14仅占百万分之一。能自发进行衰变而变成，其半衰期为5730年，下列说法正确的是（ ）
A. 该衰变为α衰变
B. 衰变放出的粒子来自于的核外
C. 的结合能比的结合能小
D. 8个经过5730年后可能剩余3个
【答案】D
【解析】
【详解】AB．该衰变为β衰变，中子释放β粒子转化为质子，故AB错误；
C．衰变释放能量，比结合能更大，由于质量数相同，则结合能比大，故C错误；
D．8个经过5730年后可能剩余3个，故D正确。
故选D。
2. 如图为一“环腔式”降噪器的原理图，可以对高速气流产生的噪声进行降噪。波长为的声波沿水平管道自左侧入口进入后分成上、下两部分，分别通过通道①、②继续向前传播，在右侧汇聚后噪声减弱，其中通道①的长度为10，下列说法正确的是（ ）
A. 该降噪器是利用波的衍射原理设计的
B. 通道②的长度可能为8.5
C. 通道②的长度可能为8
D. 该降噪器对所有频率的声波均能起到降噪作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．该降噪器是利用声波干涉原理设计，A错误；
BCD．根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为
（n＝0，1，2，3…）
声波降噪效果良好，对不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，CD错误，B正确。
故选B。
3. 在光滑桌面上将长为的软导线两端固定，固定点的距离为，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力大小为（ ）
A. BILB. 2BILC. πBILD. 2πBIL
【答案】A
【解析】
【详解】从上向下看导线的图形如图所示
导线的有效长度为，则所受的安培力大小为
设绳子张力为T，由几何关系可知
解得
故选A。
4. 如图所示是小型交流发电机的示意图，面积为S的N匝线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动，以图示位置为t=0时刻开始计时，已知电表均为理想电表，二极管为理想二极管，定值电阻R1、R2的阻值均为R，其他电阻可忽略，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，则（ ）
A. 电压表的示数为
B. t=0时刻原线圈中电流为0
C. 0～与～时间内发电机的输出功率之比可能为1:4
D. 0～时间内R1与R2的电功率之比为1:5
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据理想变压器的变压规律可得
副线圈两端的电压为
故A错误；
B．t=0时刻，线圈平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，则感应电动势、感应电流最大，故B错误；
C．0～与～时间内，副线圈电流之比为1:2，故原线圈电流之比为1:2，发电机输出功率为
所以发电机的输出功率之比为1:2，故C错误；
D．设副线圈电压的有效值为U，且
一周期内，R1产生的焦耳热为
一周期内，R2产生的焦耳热为
则R1与R2的电功率之比为
故D正确。
故选D。
5. 如图所示，轻杆上端可绕光滑铰链O在竖直平面内自由转动.可视为质点的小球A固定在轻杆末端.用细绳连接小球B，绳的另一端穿过位于O点正下方的小孔P与A相连.用沿绳斜向上的拉力F作用于小球A，使杆保持水平，某时刻撤去拉力，小球A、B带动轻杆绕O点转动。已知小球A、B的质量均为m，杆长为3L，OP长为5L，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A. 杆保持水平时，轻杆对小球A的拉力大小为
B. 运动过程中，两小球速度大小相等时的速度值为
C. 运动过程中，两小球速度大小相等时细绳对小球A的拉力大小为
D. 运动过程中，两小球速度大小相等时轻杆对小球A的拉力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对小球A受力分析如图1，可知三力构成的矢量三角形与△OPA相似，故有
解得
A错误；
B．小球A绕O点转动做圆周运动，速度方向沿圆周轨迹切线方向，又因小球A、B通过细绳连接在一起，两者沿绳方向的分速度相等，故两小球速度大小相等时，细绳与小球A的圆周轨迹相切，如图2所示，由几何关系得
小球A下降的高度
小球B下降的高度
由机械能守恒有
解得
B错误；
C．两小球速度大小相等时，对小球A受力分析如图3，沿绳方向应有
小球B与小球A沿绳方向的加速度大小相等，则对小球B有
解得
C正确；
D．沿杆方向应有
解得
D错误。
故选C。
6. 如图，2023年8月27日发生了土星冲日现象，土星冲日是指土星、地球和太阳三者近似排成一条直线，地球位于太阳与土星之间。已知地球和土星绕太阳公转的方向相同，公转轨道均为圆轨道，土星绕太阳公转周期约30年。下列说法正确的是（ ）
A. 地球、土星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积一定相等
B. 地球公转的线速度一定大于土星公转的线速度
C. 下次出现土星冲日现象在2026年
D. 下次出现土星冲日现象在2024年
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律可知，地球、土星与太阳的连线在任意相等时间内扫过的面积一定不相等，A错误；
B．根据
可得
地球的公转半径小于土星的公转半径，故地球公转的线速度一定大于土星公转的线速度，B正确；
CD．根据题意，设经过时间：出现土星冲日现象，由公式
有
解得
（年）
约为1年零12.6天，则下次出现土星冲日现象应该在2024年，C错误，D正确。
故选BD。
7. 一足够长的粗糙倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度v0的小物块，如图所示，取沿传送带向下的方向为正方向，则下列描述小物块在传送带上运动的v-t图像中可能正确是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．当小物块初速度沿斜面向下，且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可得
即
可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动，当小物块达到传送带速度时，若满足
可知二者将共速，小物块随传送带一起做匀速直线运动，若满足
小物块继续加速下滑，其加速度大小为
故A正确；
B．当小物块的初速度沿斜面向下，且大于传送带的速度时，若满足
则小物块一直做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块应沿传送带向下做匀减速直线运动，其加速度大小为
二者共速后小物块随传送带一起做匀速直线运动，故B正确；
CD．当小物块的初速度沿斜面向上时，牛顿第二定律可得小物块的加速度大小为
可知小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，减到零后反向匀加速，其加速度仍为a3，与传送带共速时，若满足
则小物块继续做匀加速直线运动，加速度大小为
若满足
则小物块随传送带一起做匀速直线运动，故C错误，D正确。
故选ABD。
8. 如图甲，abcd和a′b′c′d′为在同一水平面内固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc′之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时（M杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 0~t0时间内，回路中的感应电动势为
B. 0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为
C. 重物下落的最大速度为
D. 从t=0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．0~t0时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知
解得
故A正确；
B．根据图乙可知
令0~时间内回路的感应电流为I，对M有
对N有
解得
故B错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为
t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有
对N进行分析有
解得
可知M、N的加速度大小相等，当时，重物速度最大，即
其中
解得
故C正确；
D．在0~t0时间内，有
M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到重物最大速度的过程中有
解得
则回路产生的焦耳热为
故D错误。
故选AC。
三、非选择题：共174分。每个试题考生都必须作答。
9. 某实验小组欲测定一圆柱形玻璃砖的折射率，其操作步骤如下：
a.将白纸固定在水平桌面上，将圆柱形玻璃砖竖直放在白纸上，用铅笔准确描出玻璃砖底面圆的轮廓；
b.将底面圆圆周平分为60等份，并标上相应的数字，如图甲所示，再将玻璃砖竖直放回图甲中的底面圆轮廓上进行实验；
c.用激光笔发出细束绿色激光，沿平行于圆直径OO＇的方向入射，分别准确记录入射点P和出射点Q在圆周上对应的读数；
d.改变入射点位置，重复步骤c。
（1）根据图甲中圆周上的读数可得，入射角i＝__________，折射角γ＝__________.（均用弧度制表示）
（2）若经过多次测量，作出的图像如图乙所示，则玻璃砖的折射率为n＝__________（结果保留2位有效数字）。
（3）该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，当光线沿图甲中光路入射时，则光斑出现在Q点的__________（填“上方”或“下方”）。
【答案】（1） ①. ） ②.
（2）2.0 （3）上方
【解析】
【小问1详解】
[1][2]圆周上的刻度被分为60等份，则每个刻度代表的弧度为
根据圆周上的读数可得，入射角
折射为
【小问2详解】
根据折射定律可知图像的斜率表示玻璃砖的折射率，则有
【小问3详解】
在同一种介质中，红色激光的折射率小于绿光的折射率，该实验中，若改用红色激光笔照射，其他条件不变，则光斑出现在Q点的上方。
10. 某实验小组同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图甲的电路图。
a.电流表A1（量程0.6A，内阻未知）
b.电流表A2（量程300mA，内阻rA=2Ω）
c.定值电阻R1=8Ω
d.定值电阻R2=1Ω
e.滑动变阻器R（0～10Ω）
f.待测电阻Rx
g.待测电源E（电动势约为3V）
h.开关和导线若干
（1）根据实验要求，电表①应选择__________，电表②应选择__________（均填“A1”或“A2”）；与电表②串联的定值电阻应选择__________（填“R1”或“R2”）。
（2）该实验小组先用该电路测量定值电阻Rx的阻值，进行了以下操作：
①闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表①示数I1，电流表②示数I2；
②断开开关S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表①示数I3，电流表②示数I4，后断开S1；
③根据上述数据可知，计算定值电阻Rx的表达式为______________________________（用物理量的字母表示）；
④忽略偶然误差，用该方法测得的阻值与其真实值相比__________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（3）实验小组再用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器，分别记录电流表①、②的读数I1、I2，得I1与I2的关系如图乙所示。根据图线可得电源电动势E=__________V，电源内阻r=__________Ω（计算结果用a、b及相关物理量的字母表示）。
【答案】（1） ①. A1 ②. A2 ③. R1
（2） ①. ②. 相等
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
[1][2][3]由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，因此串联的电阻为
所以与电表②串联的定值电阻应选择R1。
【小问2详解】
[1]滑动变阻器及电流表A1接入电路的阻值为
待测电阻的阻值
[2]由于电表内阻已知，不存在系统误差，所以用该方法测得的阻值与其真实值相比应相等。
【小问3详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律，可知
上式简化为
由图像可知
解得
由图像可知
解得
11. 如图所示，水平固定的绝热汽缸内，用不导热的轻质活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞横截面积为S，汽缸底部有电热丝，轻绳水平段的左端连接活塞，另一端跨过定滑轮后与质量为m的小桶相连.开始时小桶静止，外界大气压强为，活塞距离汽缸底部的距离为，不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。
（1）若将电热丝通电缓慢加热气体，一段时间后，气体吸收的热量为Q，活塞缓慢向右移动的距离为，求该过程气体内能的增量；
（2）若在小桶内缓慢加入细沙，同时控制电热丝的加热功率，使汽缸内气体温度保持不变，当加入质量为2m的细沙时，求该过程活塞向右缓慢移动的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）气体对外做功
又
根据热力学第一定律，该过程气体内能的增量为
解得
（2）气体温度不变，根据等温变化有
又
得
12. 如图所示，质量为3m的小球乙用长为l的细线系于O点，小球刚好不接触水平面，质量为m的物体甲放在光滑水平面上，现给物体甲水平向左的初速度，经过一段时间物体甲与小球乙发生弹性碰撞。已知重力加速度为g，甲、乙均可看作质点。求：
（1）甲、乙刚碰撞后乙的速度大小；
（2）为了使拴接乙的细线始终不松弛，甲的初速度应满足的条件；
（3）某次给甲水平向左的初速度大小为，则乙上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设物体甲的初速度方向为正方向，设碰撞后物体甲与小球乙的速度分别为和.由动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
（2）当小球乙恰好能通过最高点时，小球在最高点时重力提供向心力，设在最高点的速度为.由牛顿第二定律得
小球乙由碰后到达最高点的过程，由机械能守恒得
联立解得
可知若小球乙经过最高点，则需要
当小球乙不能到达最高点，则拴接小球乙的细线不松弛时，恰好到达与悬点等高处
由机械能守恒定律得
联立解得
可知若小球不脱离轨道时，需满足
（3）设轻绳中拉力为零时，轻绳方向与水平方向夹角为
由机械能守恒定律有
由牛顿第二定律有
联立解得
之后小球做斜抛运动，到达最高点时
由机械能守恒有
解得
故小球乙上升的最大高度
13. 如图所示，矩形ABCD长为2L，宽为L，OP为中线。在OPQ区域内存在竖直向下的匀强电场E1，其中OQ为曲线，曲线在Q点恰好与DC边相切且，场强大小为，，a为未知的常数，在OPCB内切圆区域有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0（未知），紧靠A点的左下方矩形区域AFGH内存在沿GH方向的电场E2，其大小满足关系式，l表示到AH边的距离，AF=L，在边界GH上均匀分布着质量为m、电荷量为e的质子，每次以速度v0水平向右射出一个质子，质子经过一段时间后都通过A点，最后都水平经过PO边，进入磁场的质子都经过同一点，不考虑质子的重力及质子间的相互作用。求：
（1）全过程电场力对质子做的功和质子在AOPD区域运动的时间；
（2）通过A点的质子的最大速度；
（3）若以A为原点建立坐标系，AO为x轴正向，AD为y轴正向，求出OQ的曲线方程以及质子打在OP上的最高点与P点间的距离；
（4）B0的大小以及磁场中有质子经过部分的面积（）。
【答案】（1）0，；（2）；（3），；（4），
【解析】
【详解】（1）因为质子在电场方向的动能变化量为零，所以
因为电场只改变质子竖直方向的速度，水平速度v0不变，所以
（2）从G点射出的质子到A点速度最大，由题意可知质子从G射出后所受电场力随l线性减小，即
则从G到A点，电场力对质子所做的功为
设通过A点的质子的最大速度为v，根据动能定理
解得
（3）设某质子打在曲线上的（x，y）点，根据几何关系可知
将质子在E1中的运动逆向看作是类平抛运动，则质子在电场中运动的时间为
质子到达（x，y）点时竖直速度大小为
根据速度的合成与分解有
联立上式和E1表达式可得
所以曲线OQ为抛物线，由题意可知时y有最大值L，代入后解得
OQ的曲线方程为
从G点射出的质子经过A点时速度方向与水平方向的夹角为45°，该质子将打在OP上的最高点，设质子打在OQ上的（x1，y1）点，根据几何关系可知
联立解得
，
质子在E1中运动的时间为
质子在E1中运动的侧移量为
质子打在OP上的最高点与P点间的距离为
（4）质子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
要使质子都经过同一点，则
解得
最高处质子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系得
所以
扇形的面积为
在△IJK中，由几何关系得
在中，由几何关系得
的面积为
质子经过区域面积为
解得
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